2018 - 2019学年高中物理第十章热力学定律第3节热力学第一定律能

内部文件，版权追溯 第3节 热力学第一定律、能量守恒定律

[对点训练]

考点1 热力学第一定律的应用

1.一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起，(若不计气泡内空气分子势能的变化)则( )

A.气泡内空气对外做功，内能不变，同时放热 B.气泡内空气对外做功，内能不变，同时吸热 C.气泡内空气内能减少，同时放热 D.气泡内空气内能不变，不吸热也不放热 答案 B

解析 气泡上升过程中，由于水对气泡的压强减小，气泡的体积增大，故气泡内空气对外做功，缓慢上升指有时间发生热传递，可认为气泡内空气温度是不变的。不计气泡内空气分子势能的变化，内能不变，故须从外界吸收热量，且吸收的热量等于对外界所做的功。答案为B。

2.在一个大气压下，1 kg 100 ℃的水变为1 kg 100 ℃的水蒸气的过程，下列说法中正确的是( )

A.内能不变，对外界做功，一定是吸热过程 B.内能增加，吸收的热量等于内能的增加 C.内能不变，吸收的热量等于对外界做的功

D.内能增加，从外界吸热，吸收的热量等于对外界做的功和增加的内能 答案 D

解析 水变成同温度的水蒸气时，分子间距从r0增大到约10r0，体积要扩大约1000倍，故需克服大气压力对外做功，同时克服分子力做功，分子势能增加，内能增加，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则Q＝ΔU－W，其中W为负值，故选项D正确。

3.如图所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两部分气体，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，加热气体，使两部分气体均匀混合，设在此过程中气体吸热Q、气体内能增量为ΔU，则( )

A.ΔU＝Q B．ΔUQ D．无法比较 答案 B

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解析 两部分气体混合后，因B的密度大，重心升高，重力做负功，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU，得ΔU

4.(多选)以下过程不可能发生的是( ) A.对物体做功，同时物体放热，物体的温度不变 B.对物体做功，同时物体吸热，物体的温度不变 C.物体对外做功，同时放热，物体的内能不变 D.物体对外做功，同时吸热，物体的内能不变 答案 BC

解析 依据热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，对A：W>0，Q<0，可能出现ΔU>0、ΔU<0或ΔU＝0，所以A有可能，不符合题意；对B：W>0、Q>0，只能出现ΔU>0，不可能出现ΔU＝0，即B不可能，B符合题意；对C：W<0，Q<0，只能出现ΔU<0，不可能出现ΔU＝0，即C不可能，C符合题意；对D: W<0，Q>0，可能出现ΔU>0、ΔU<0或ΔU＝0，所以D有可能，不符合题意。

考点2 能量守恒定律的应用

5.在一个与外界没有热交换的房间里打开冰箱门，冰箱正常工作，过一段时间房间内的温度将如何变化( )

A.降低 B．升高 C．不变 D．无法确定 答案 B

解析 冰箱消耗电能使冰箱内外发生热交换而达到内部制冷，把冰箱与房间看做一个系统，打开冰箱门后，冰箱与房间内的热交换发生在系统内，系统内部无法使系统总能量发生变化。但系统消耗电能增加了系统的总能量，根据能的转化与守恒定律，系统增加的能量转化为内能使房间的温度升高。B项正确。

6.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片。轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是( )

A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量

2

B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高

D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 答案 D

解析 形状记忆合金从热水中吸收热量后，伸展划水时一部分热量转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知只有D项正确。

7.某同学想要估测每秒钟太阳辐射到地球表面上的能量，他用一个横截面积S＝3.2×10 m的保温圆筒，内装有质量为m＝0.4 kg的水，让太阳光垂直照射t＝3 min，水升高的温度Δt＝2.2 ℃。已知水的比热容c＝4.2×10 J/(kg·℃)，地球半径为R＝6400 km，试求出太阳向地球表面辐射能量的功率。

答案 8.2×10 W

解析 太阳以热辐射的方式向地球表面传递热量。根据公式Q＝cmΔt先求出单位时间内辐射到地球表面单位面积上的功率，再求总功率。

太阳辐射到水中的能量

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3

－2

2

Q＝cmΔt＝4.2×103×0.4×2.2 J≈3.7×103 J，

太阳光在1 s内垂直照射到1 m面积上的功率

3

Q3.7×10222

P＝＝ W/m≈6.4×10 W/m， －2

St3.2×10×3×60

2

太阳辐射到地球表面上能量的功率

P′＝P×πR2＝6.4×102×3.14×(6400×103)2 W

＝8.2×10 W。 [综合训练]

8.(多选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( ) A.若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B.若气体的内能不变，其状态也一定不变

C.若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 D.气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关 E.当气体温度升高时，气体的内能一定增大 答案 ADE

解析 一定质量的理想气体，＝常量，p、V不变，则T不变，分子平均动能不变，又理想气体分子势能为零，故气体内能不变，A项正确；理想气体内能不变，则温度T不变，由＝常量知，p及V可以变化，故状态可以变化，B项错误；等压变化过程，温度升高、体积增大，故C错误；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，温度每升高1 K，内能增量ΔU一

3

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pVTpVT定，而外界对气体做的功W与经历的过程可能有关(如体积变化时)，因此吸收的热量与气体经历的过程也有关，D项正确；温度升高，分子平均动能增大，分子势能为零，内能一定增大，E项正确。

9．带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体，气体开始处于状态a，然后经过过程

ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则( )

A.pb>pc，Qab>Qac B．pb>pc，QabQac D．pb

解析 一定质量的理想气体内能只与温度有关，从状态a到状态b，和到状态c，两过程温度升高相同，即内能增加相同，但b状态体积比a状态大，所以从a状态到b状态气体要对外界做功，由热力学第一定律知Qab>Qac，由于b、c状态温度相同，由玻意耳定律，pb

10.

(多选)如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是( )

A.从状态d到c，气体不吸热也不放热 B.从状态c到b，气体放热 C.从状态a到d，气体对外做功 D.从状态b到a，气体吸热 答案 BCD

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解析 从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，对外做功，还要保持内能不变，一定要吸收热量，故A错误；气体从状态c到状态b是一个降压、降温过程，同时体积减小，外界对气体做功，而气体的内能还要减小(降温)就一定要伴随放热的过程，故B正确；气体从状态a到状态d是一个等压、升温的过程，同时体积增大，所以气体要对外做功，C正确；气体从状态b到状态a是个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程中气体的体积没有变化，就没有做功，气体内能的增大是因为气体吸热的结果，故D正确。

11.(多选)

如图所示，内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时，缸内气体( )

A.内能增加 B.对外做功 C.压强增大

D.分子间的引力和斥力都增大 答案 AB

解析 因汽缸导热良好，故环境温度升高时封闭气体温度亦升高，而一定质量的理想气体内能只与温度有关，故封闭气体内能增大，A正确。因汽缸内壁光滑，由活塞受力平衡有p0S＋mg＝pS，即缸内气体的压强p＝p0＋不变，C错误。由盖—吕萨克定律＝恒量，可知气体体积膨胀，对外做功，B正确。理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力，故D错误。

12.在一个标准大气压下，水在沸腾时，1 g的水由液态变成同温度的水汽，其体积由1.043 cm变为1676 cm。已知水的汽化热为2263.8 J/g。一个标准大气压p＝1.013×10 Pa。求：

(1)体积膨胀时气体对外界做的功W； (2)气体吸收的热量Q； (3)气体增加的内能ΔU。

答案 (1)169.7 J (2)2263.8 J (3)2094.1 J

解析 取1 g水为研究系统，把大气视为外界。1 g沸腾的水变成同温度的水汽需要吸收热量，同时由于体积膨胀，系统要对外做功，所以有ΔU

3

3

5

mgSVT 5

(1)气体在等压(大气压)下膨胀做功：

W＝p(V2－V1)

＝1.013×105

×(1676－1.043)×10－6

J ＝169.7 J。 (2)气体吸热：

Q＝mL＝1×2263.8 J＝2263.8 J。

(3)根据热力学第一定律： ΔU＝Q＋W

＝2263.8 J＋(－169.7 J) ＝2094.1 J。

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(1)气体在等压(大气压)下膨胀做功：

W＝p(V2－V1)

＝1.013×105

×(1676－1.043)×10－6

J ＝169.7 J。 (2)气体吸热：

Q＝mL＝1×2263.8 J＝2263.8 J。

(3)根据热力学第一定律： ΔU＝Q＋W

＝2263.8 J＋(－169.7 J) ＝2094.1 J。

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